2015 Multi-University Training Contest 1
1001 OO’s Sequence
定义两个数组L[i],R[i]保存第i个数左右最近的因子。
那么第i个数对ans的贡献就是(R[i]-i)*(i-L[i])。
更新L,R数组的方法如下：
用向量预存[1,10000]中每个数的位置。
对于a[i]，枚举它的所有倍数，记为j。
若j在a[i]左边，且a[i]小于原来的R[j]，即a[i]与j更近，那么R[j]的位置更新为i。
若j在a[i]右边，且a[i]大于原来的L[j]，即a[i]与j更近，那么L[j]的位置更新为i。
【标程做了一个优化，将小于100的因子先处理。】
1 # include <iostream> 2 # include <cstdio> 3 # include <algorithm> 4 # include <vector> 5 using namespace std; 6 typedef long long LL; 7 # define MOD 1000000007 8 # define maxn 100010 9 vector <int> vec[10001]; 10 int a[maxn],L[maxn],R[maxn]; 11 12 int main(void) 13 { 14 int n; 15 while((scanf("%d",&n))!=EOF) 16 { 17 for(int i=1;i<=10000;i++) vec[i].clear(); 18 for(int i=1;i<=n;i++) 19 { 20 scanf("%d",a+i); 21 L[i]=0; R[i]=n+1; 22 vec[a[i]].push_back(i); 23 } 24 for(int i=1;i<=n;i++) 25 for(int j=a[i];j<=10000;j+=a[i]) 26 for(int k=0;k<vec[j].size();k++) 27 { 28 if(vec[j][k]>=i) break; 29 else R[vec[j][k]]=min(R[vec[j][k]],i); 30 } 31 for(int i=1;i<=n;i++) 32 for(int j=a[i];j<=10000;j+=a[i]) 33 for(int k=vec[j].size()-1;k>=0;k--) 34 { 35 if(vec[j][k]<=i) break; 36 else L[vec[j][k]]=max(L[vec[j][k]],i); 37 } 38 LL ans=0; 39 for(int i=1;i<=n;i++) ans= ( ans+ (LL)(R[i]-i) * (LL)(i-L[i]) )%MOD; 40 printf("%I64d\n",ans); 41 } 42 return 0; 43 }
1002 Assignment
先用ST表处理好所有区间的最大值最小值。
枚举区间的左端点L，区间内最大值与最小值的差值随着右端点的增加单调递增。
于是可以二分出合法的右端点最大值Rmax。
找到右端点的最大值，则只要右端点R满足L<=R<=Rmax的区间均可。
即找出每组L，Rmax对ans的贡献是Rmax-L+1。
答案超出了int范围。注意LL。
【跑完时间并不宽裕。慎用线段树与树状数组。】
【先不说ST表。感觉自己二分一直写很丑阿。】
1 # include <iostream> 2 # include <cstdio> 3 # include <cmath> 4 # include <algorithm> 5 using namespace std; 6 typedef long long LL; 7 # define maxn 100010 8 LL a[maxn],MAX[maxn][20],MIN[maxn][20]; 9 10 int main(void) 11 { 12 int T; cin>>T; 13 while(T--) 14 { 15 int n,k; scanf("%d%d",&n,&k); 16 for(int i=1;i<=n;i++) 17 { 18 scanf("%I64d",a+i); 19 MAX[i][0]=MIN[i][0]=a[i]; 20 } 21 for(int j=1;j<20;j++) 22 for(int i=1;i<=n;i++) 23 if(i+(1<<j)-1<=n) 24 { 25 MAX[i][j]=max(MAX[i][j-1],MAX[i+(1<<j-1)][j-1]); 26 MIN[i][j]=min(MIN[i][j-1],MIN[i+(1<<j-1)][j-1]); 27 } 28 LL ans=0; 29 for(int i=1;i<=n;i++) 30 { 31 int l=i,r=n; 32 while(l<r) 33 { 34 int mid=(l+r)/2; 35 int t=(log(double(mid-i+1))/log(2)); 36 LL tem=max(MAX[i][t],MAX[mid-(1<<t)+1][t])-min(MIN[i][t],MIN[mid-(1<<t)+1][t]); 37 if(tem>=k) r=mid-1; 38 else l=mid+1; 39 } 40 int t=(log(double(l-i+1))/log(2)); 41 LL tem=max(MAX[i][t],MAX[l-(1<<t)+1][t])-min(MIN[i][t],MIN[l-(1<<t)+1][t]); 42 if(tem>=k) l--; 43 ans+=l-i+1; 44 } 45 printf("%I64d\n",ans); 46 } 47 return 0; 48 }
1003 Bombing plan
1004 Candy Distribution
1005 Pocket Cube
前面百度之星做过一个魔方。
纯模拟即可。也有看色向的优化方法。但是并没有去了解。
这题一看就知道是判色向的。然而并不知道怎么算QAQ。
【比赛的时候学姐竟然还叫我看一下这个题目。太看得起我了。】
题解很良心的证明了一下定理。想再讲一下自己的理解。
因为只会三阶公式。我一般是把二阶魔方看成三阶的角块。
所有安装正确的二阶魔方是一个等价类。通过旋转置换还原。
【二阶有自己更为简洁的公式。】
首先。必定能做到将底层还原。
其次。运用角块归位公式。将角块的位置摆对。不看色向。（即官方题解图3）
【上面两步即便是装错的也能做到。】
最后。顶块翻色。这个公式是两个相邻的角块同时向内侧翻色。（即官方题解图2）
一个安装正确的魔方只要反复翻色。每次至少使一个角块颜色正确。便能还原。
错误安装的魔方翻色至最后一个角块的色向是顺时针或者逆时针的。
证明的主要内容就是说明了。这个翻色的操作不会改变色向和%3的值。
而一个还原的二阶魔方色相和%3是为零的。
因此只有色相和%3为零的魔方才是正确安装魔方的等价类。
1 # include <iostream> 2 # include <cstdio> 3 using namespace std; 4 5 int main(void) 6 { 7 int T; cin>>T; 8 for(int kase=1;kase<=T;kase++) 9 { 10 int sum=0; 11 for(int i=1;i<=24;i++) 12 { 13 char color[5]; 14 scanf(" %s",color); 15 if(color[0]=='w'||color[0]=='y') 16 { 17 if(i==1||i==4||i==6||i==10||i==11||i==15||i==17||i==20) sum++; 18 else if(i==2||i==3||i==5||i==9||i==12||i==16||i==18||i==19) sum--; 19 } 20 } 21 printf("Case #%d: ",kase); 22 if(sum%3==0) printf("YES\n"); 23 else printf("NO\n"); 24 } 25 return 0; 26 }
1006 Tree chain problem
码这个真的超级不容易。希望我能把这个问题讲清楚。
菊苣们必然是有很厉害的方法的。
对于我等渣而言。做这个题至少要了解以下内容。
会些dp。时间戳。会一个区间求和工具（线段树或者树状数组。会LCA（离线。在线。
我对dp了解并不多。求和图方便用的树状数组。LCA只会离线的。
首先要理解题意。题目中u,v间链是从u出发向上绕过LCA(u,v)再往下连到v的。
（一开始我连sample都看不懂。
整体上是一个树形dp。看成1为根的有根树。
用dp[i]表示以i为根节点的子树的答案。那么我们要求的是dp[1]。
为了方便。引进了sum[i]=sigma(dp[k]|k为i的孩子)。
状态转移是这样的。
如果我们取的链不经过i。
那么dp[i]=sum[i]。即子树上的链重和就是答案。
如果我们要取经过i的链。注意到dp[i]的含义是以i为根节点的子树的答案。
既然i是根了。而且链经过了i。那么i必然也是链两端节点的LCA了。
取了这条链之后。对于链上的每个节点j。我们就不能再取经过它们的链了。
那么它们对dp[i]的贡献就由原来的dp[j]减少为sum[j]。
所以我们在sum[i]的基础上先减去sigma(dp[j]|j为链上的节点)再加回sigma(sum[j]|j为链上的节点)。
考虑完所有的链。
dp[i]=max(sum[i],sum[i]+weight-sigma(dp[j]|j为链上的节点)+sigma(sum[j]|j为链上的节点))。
这里官方题解似乎忘记加上sum[i]了。
到这里我们还有两个问题。
1.如何处理LCA。
2.计算sigma很大程度上决定了总效率。如何求和。
LCA我用的是离线的算法。
用一个结构体向量存以每个节点为LCA的链的端点和重量。
每找出一个LCA往向量里push。dp的时候扫一遍即可。
求和这里用了一个神奇的方法。
想想的话也不难理解。用了时间戳的一些性质。
对于N个节点的情况。dfs的时候进出都打时间戳。范围就是[1,2*N]。
把进入i的时间记为Time_in[i]。出i的时间记为Time_out[i]。
然后重点来了。树状数组(或线段树)加和的对象不是节点。
而是时间。也就是上面所说的[1,2*N]的范围。
对于每个dp[i]。我们在Time_in[i]点+dp[i]。在Time_out[i]点-dp[i]。
（因为相当于是成段更新单点询问的。之前在线段树/树状数组的题目有出现过。）
那么当我们处理以i为根的子树中的链时。对于链的端点u。
询问Time_in[u]的前缀和就是从u到i的dp和。（sum同理）
原因如下。
在dfs的时候有一个性质。节点j在节点i的子树中当且仅当j的进入时间比i晚。且退出时间比i早。
递归操作在update树状数组前面。所以处理到i的时候。树状数组里加的还只有i的子树。
不在u到i之间的节点无非四种情况。
i)不在i的子树中。还没加到树状数组里。
ii)在i的子树中。但不在u的子树中。访问的时间在u的前面。退出时间也在u的前面。计算Time_in[u]前缀和的时候抵消了。
iii)在i的子树中。但不在u的子树中。访问的时间在u的后面。不被加到Time_in[u]里。
iiii)在u的子树中。访问时间在u的后面。不被加到Time_in[u]里。
从而说明了Time_in[u]的前缀和只有u到i链上的节点。
这样所有问题都解决了。
最后说一下整个过程。
1.初始化。读边。
2.求所有链的LCA。在算LCA递归的同时处理出每个点的时间戳。
3.按照上面说的状态转移方程树形dp。用树状数组对时间点求前缀和。
4.算出dp[1]即为答案。
以上是我自己对这道题的理解。可能代码表达的更清楚。
最后注意防爆栈黑科技。
1 #pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") 2 # include <iostream> 3 # include <cstdio> 4 # include <cstring> 5 # include <algorithm> 6 # include <vector> 7 using namespace std; 8 # define maxn 100010 9 # define CLR(x) memset(x,0,sizeof(x)) 10 vector <int> edge[maxn],chain[maxn],weight[maxn]; 11 int n,time,dp[maxn],sum[maxn],father[maxn],Tin[maxn],Tout[maxn]; 12 int Cdp[2*maxn],Csum[2*maxn]; 13 bool vis[maxn]; 14 15 struct node 16 { 17 int u,v,weight; 18 }; 19 vector <node> Vchain[maxn]; 20 21 int Find(int x) 22 { 23 return father[x]==x?x:father[x]=Find(father[x]); 24 } 25 26 void LCA(int x) 27 { 28 Tin[x]=++time; vis[x]=1; 29 for(int i=0;i<edge[x].size();i++) 30 { 31 if(vis[edge[x][i]]) continue; 32 LCA(edge[x][i]); 33 father[edge[x][i]]=x; 34 } 35 for(int i=0;i<chain[x].size();i++) 36 { 37 if(vis[chain[x][i]]) 38 { 39 node tem; 40 tem.u=x; tem.v=chain[x][i]; 41 tem.weight=weight[x][i]; 42 Vchain[Find(tem.v)].push_back(tem); 43 } 44 } 45 Tout[x]=++time; 46 return; 47 } 48 49 int lowbit(int s) 50 { 51 return s&(-s); 52 } 53 54 void update_dp(int i,int x) 55 { 56 while(i<=2*n){Cdp[i]+=x; i+=lowbit(i);} 57 return; 58 } 59 60 int getdp(int i) 61 { 62 int ans=0; 63 while(i>0){ans+=Cdp[i]; i-=lowbit(i);} 64 return ans; 65 } 66 67 void update_sum(int i,int x) 68 { 69 while(i<=2*n){Csum[i]+=x; i+=lowbit(i);} 70 return; 71 } 72 73 int getsum(int i) 74 { 75 int ans=0; 76 while(i>0){ans+=Csum[i]; i-=lowbit(i);} 77 return ans; 78 } 79 80 void dfs(int x) 81 { 82 vis[x]=1; 83 for(int i=0;i<edge[x].size();i++) 84 { 85 if(vis[edge[x][i]]) continue; 86 dfs(edge[x][i]); 87 sum[x]+=dp[edge[x][i]]; 88 } 89 dp[x]=sum[x]; 90 for(int i=0;i<Vchain[x].size();i++) 91 { 92 int u=Vchain[x][i].u,v=Vchain[x][i].v,w=Vchain[x][i].weight; 93 int tem=sum[x]+getsum(Tin[u])-getdp(Tin[u])+getsum(Tin[v])-getdp(Tin[v])+w; 94 dp[x]=max(dp[x],tem); 95 } 96 update_dp(Tin[x],dp[x]); update_dp(Tout[x],-dp[x]); 97 update_sum(Tin[x],sum[x]); update_sum(Tout[x],-sum[x]); 98 return; 99 } 100 101 int main(void) 102 { 103 int T; cin>>T; 104 while(T--) 105 { 106 int m; scanf("%d%d",&n,&m); 107 for(int i=1;i<=n;i++) 108 { 109 father[i]=i; 110 edge[i].clear(); 111 chain[i].clear(); 112 weight[i].clear(); 113 Vchain[i].clear(); 114 } 115 for(int i=0;i<n-1;i++) 116 { 117 int a,b; scanf("%d%d",&a,&b); 118 edge[a].push_back(b); 119 edge[b].push_back(a); 120 } 121 for(int i=0;i<m;i++) 122 { 123 int u,v,val; scanf("%d%d%d",&u,&v,&val); 124 chain[u].push_back(v); 125 chain[v].push_back(u); 126 weight[u].push_back(val); 127 weight[v].push_back(val); 128 } 129 CLR(vis); CLR(dp); CLR(sum); 130 time=0; LCA(1); 131 CLR(vis); CLR(Cdp); CLR(Csum); 132 dfs(1); 133 printf("%d\n",dp[1]); 134 } 135 return 0; 136 }
1007 Tricks Device
这个题如果知道的话就是个模板题。
先求个最短路。Dijkstra或者SPFA。
求最短路的时候用cnt数组标记下最少要几条边。
然后根据最短路所在的边重新建图。每条边权1。
存边时注意别被重边或者环坑到。
求出最大流就是第一问答案。M-cnt[N]是第二问答案。
最大流用EK必然是T的。刚学的SAP。题解用的Dinic。
1 # include <iostream> 2 # include <cstdio> 3 # include <cstring> 4 # include <algorithm> 5 # include <vector> 6 # include <queue> 7 using namespace std; 8 # define CLR(x) memset(x,0,sizeof(x)) 9 # define INF 2147483647 10 # define maxn 2020 11 int N,M,vis[maxn],cnt[maxn],dist[maxn]; 12 int map[maxn][maxn],pre[maxn],level[maxn],gap[maxn]; 13 vector< pair<int,int> > edge[maxn]; 14 priority_queue< pair<int,int> , vector< pair<int,int> > , greater< pair<int,int> > > pq; 15 16 void dijkstra(void) 17 { 18 CLR(cnt); CLR(vis); 19 for(int i=1;i<=N;i++) dist[i]=INF; 20 dist[1]=0; cnt[1]=0; 21 while(!pq.empty()) pq.pop(); 22 pq.push(make_pair(0,1)); 23 while(!pq.empty()) 24 { 25 pair<int,int> tem=pq.top(); pq.pop(); 26 int to=tem.second; 27 if(vis[to]) continue; 28 vis[to]=1; 29 for(int i=0;i<edge[to].size();i++) 30 { 31 tem=edge[to][i]; 32 int next=tem.second,l=tem.first; 33 if(vis[next]) continue; 34 if(dist[next]>dist[to]+l) 35 { 36 dist[next]=dist[to]+l; 37 cnt[next]=cnt[to]+1; 38 pq.push(make_pair(dist[next],next)); 39 } 40 else if(dist[next]==dist[to]+l) cnt[next]=min(cnt[next],cnt[to]+1); 41 } 42 } 43 return; 44 } 45 46 void buildG(void) 47 { 48 CLR(map); 49 for(int i=1;i<N;i++) 50 { 51 for(int j=0;j<edge[i].size();j++) 52 { 53 pair<int,int> tem=edge[i][j]; 54 int to=tem.second,l=tem.first; 55 if(dist[i]+l==dist[to]) map[i][to]+=1; 56 } 57 } 58 return; 59 } 60 61 int SAP(void) 62 { 63 CLR(pre); CLR(level); CLR(gap); 64 gap[0]=N; pre[1]=1; 65 int pos=1,flow=0,aug; 66 while(level[1]<N) 67 { 68 int to; 69 for(to=1;to<=N;to++) 70 if(map[pos][to]>0&&level[pos]==level[to]+1) 71 break; 72 if(to<=N) 73 { 74 pre[to]=pos; pos=to; 75 if(pos==N) 76 { 77 aug=INF; 78 for(int i=pos;i!=1;i=pre[i]) aug=min(aug,map[pre[i]][i]); 79 flow+=aug; 80 for(int i=pos;i!=1;i=pre[i]) 81 { 82 map[pre[i]][i]-=aug; 83 map[i][pre[i]]+=aug; 84 } 85 pos=1; 86 } 87 } 88 else 89 { 90 int minlevel=N; 91 for(int i=1;i<=N;i++) 92 if(map[pos][i]>0) 93 minlevel=min(minlevel,level[i]); 94 gap[level[pos]]--; 95 if(!gap[level[pos]]) break; 96 level[pos]=minlevel+1; 97 gap[level[pos]]++; 98 pos=pre[pos]; 99 } 100 } 101 return flow; 102 } 103 104 int main(void) 105 { 106 // freopen("1007.in","r",stdin); 107 while((scanf("%d%d",&N,&M))!=EOF) 108 { 109 for(int i=1;i<=N;i++) edge[i].clear(); 110 for(int i=1;i<=M;i++) 111 { 112 int a,b,l; scanf("%d%d%d",&a,&b,&l); 113 edge[a].push_back(make_pair(l,b)); 114 edge[b].push_back(make_pair(l,a)); 115 } 116 dijkstra(); buildG(); 117 printf("%d %d\n",SAP(),M-cnt[N]); 118 } 119 return 0; 120 }
1008 Unstable
1009 Annoying problem
按官方题解。
先处理dfs序。每添加一个点。找到集合中dfs序在它两旁且与它最邻近的点。
记为x，y。如果没有比它大的或者没有比它小的。就取字典序最大最小的两个点为x，y。
增加的花费为dis[u]-dis[lca(x,u)]-dis[lca(y,u)]+dis[lca(x,y)]
删点的时候减少的费用也是一样的。
关键在于dis[u]-dis[lca(x,u)]-dis[lca(y,u)]+dis[lca(x,y)]这个式子。
我是这样理解的。（只看增点。删点一样的。）
增点过程实际上是建一颗新树。
对于新节点u。如果找到了在它近旁的x，y。那么它就在以lca(x,y)为根的子树中。
我们只要把它连到离它最近的点即可。而这个点不是lca(x,u)就是lca(y,u)。
所以增加的费用就是u到lca(x,u)或者lca(y,u)的距离。
假设u连到lca(x,u)了。观察式子dis[u]-dis[lca(x,u)]-dis[lca(y,u)]+dis[lca(x,y)]。
其中dis[u]-dis[lca(x,u)]就是u到lca(x,u)的距离。
而lca(y,u)=lca(x,y)。后两项抵消。连到lca(y,u)同理。
再考虑找不到x，y的情况。
若u还在集合中点构成的子树中。那么情况和刚才的是一样的。
还有一种情况。就是集合中点构成的树和新点u不在同一颗子树中。
我们要做其实是先找到它们的根，即为lca(x,u) 【注意此时lca(x,u)=lca(y,u)】
再把集合中的树的根【即lca(x,y)】连到lca(x,u)。再把u连到lca(x,u)。
费用是lca(x,y)到lca(x,u)的距离加上u到lca(x,u)的距离。
再看看dis[u]-dis[lca(x,u)]-dis[lca(y,u)]+dis[lca(x,y)]。
刚才说过lca(x,u)=lca(y,u)。所以还是符合的。
【这里LCA需要在线的。于是学了下倍增法。】
1 # include <iostream> 2 # include <cstdio> 3 # include <cstring> 4 # include <algorithm> 5 # include <vector> 6 # include <set> 7 using namespace std; 8 # define maxn 100010 9 # define CLR(x) memset(x,0,sizeof(x)) 10 # define pii pair<int,int> 11 # define mp make_pair 12 int t,dep[maxn],p[maxn][20],dist[maxn],time[maxn],f[maxn]; 13 vector< pii > vec[maxn]; 14 set<int> s; 15 set<int>::iterator it; 16 17 void dfs(int x) 18 { 19 time[x]=++t; f[t]=x; 20 for(int i=0;i<vec[x].size();i++) 21 { 22 pii tem=vec[x][i]; 23 int to=tem.first,w=tem.second; 24 if(!dep[to]&&to!=1) 25 { 26 dep[to]=dep[x]+1; 27 dist[to]=dist[x]+w; 28 p[to][0]=x; 29 dfs(to); 30 } 31 } 32 return; 33 } 34 35 int lca(int a,int b) 36 { 37 if(dep[a]<dep[b]) swap(a,b); 38 int log=0; 39 while((1<<log)<=dep[a]) log++; log--; 40 for(int i=log;i>=0;i--) 41 if(dep[a]-(1<<i)>=dep[b]) 42 a=p[a][i]; 43 if(a==b) return a; 44 for(int i=log;i>=0;i--) 45 if(p[a][i]!=-1&&p[a][i]!=p[b][i]) 46 { 47 a=p[a][i]; 48 b=p[b][i]; 49 } 50 return p[a][0]; 51 } 52 53 int cal(int t) 54 { 55 if(s.empty()) return 0; 56 it=s.lower_bound(t); 57 int x,y; 58 if(it==s.begin()||it==s.end()) 59 { 60 x=(*s.begin()); 61 it=s.end(); it--; 62 y=*(it); 63 } 64 else 65 { 66 y=(*it); 67 it--; x=(*it); 68 } 69 return dist[f[t]]-dist[lca(f[x],f[t])]-dist[lca(f[y],f[t])]+dist[lca(f[x],f[y])]; 70 } 71 72 73 int main(void) 74 { 75 int T;cin>>T; 76 for(int kase=1;kase<=T;kase++) 77 { 78 int n,q; scanf("%d%d",&n,&q); 79 for(int i=1;i<=n;i++) vec[i].clear(); 80 for(int i=1;i<n;i++) 81 { 82 int u,v,w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); 83 vec[u].push_back(mp(v,w)); 84 vec[v].push_back(mp(u,w)); 85 } 86 memset(p,-1,sizeof(p)); 87 t=0; CLR(dep); dist[1]=0; 88 dfs(1); 89 for(int j=1;(1<<j)<=n;j++) 90 for(int i=1;i<=n;i++) 91 if(p[i][j-1]!=-1) 92 p[i][j]=p[p[i][j-1]][j-1]; 93 int ans=0; s.clear(); 94 printf("Case #%d:\n",kase); 95 while(q--) 96 { 97 int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); 98 if(x==1&&!s.count(time[y])) 99 { 100 ans+=cal(time[y]); 101 s.insert(time[y]); 102 } 103 else if(x==2&&s.count(time[y])) 104 { 105 s.erase(time[y]); 106 ans-=cal(time[y]); 107 } 108 printf("%d\n",ans); 109 } 110 } 111 return 0; 112 }
1010 Y sequence
1012 Circles Game
